OBF 2014

A gravidade fornece a resultante centrípeta: $\dfrac{G\,M\,m}{r^2}=m\left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^2r\Rightarrow M=\dfrac{4\pi^2\,r^3}{G\,T^2}$, com $T=1\ \text{ano}\approx3\times10^{7}\ \text{s}$:

$$M=\frac{4\cdot9\cdot(1{,}5\times10^{11})^3}{7\times10^{-11}\cdot(3\times10^{7})^2}=\frac{1{,}2\times10^{35}}{6{,}3\times10^{4}}\approx1{,}9\times10^{30}\ \text{kg}$$

A uma distância $x$ da Terra (e $D-x$ da Lua): $\dfrac{G\,M_T}{x^2}=\dfrac{G\,M_L}{(D-x)^2}\Rightarrow\dfrac{D-x}{x}=\sqrt{\dfrac{M_L}{M_T}}=\dfrac19$.

$$\frac Dx=1+\frac19=\frac{10}{9}\approx1{,}11$$

Energia: $\tfrac12m\,v_\theta^2=\tfrac12m\,v^2-m\,g\,R\,(1-\cos\theta)\Rightarrow v_\theta^2=v^2-2\,g\,R\,(1-\cos\theta)$.

Direção radial (para o centro): $T-m\,g\cos\theta=\dfrac{m\,v_\theta^2}{R}$:

$$T=m\,g\cos\theta+\frac{m\,v^2}{R}-2\,m\,g\,(1-\cos\theta)=\frac{m\,v^2}{R}+m\,g\,(3\cos\theta-2)$$

Com origem na borda do patamar, a queda é $y=\dfrac{g\,x^2}{2\,v_0^2}$. O degrau $k$ tem piso a uma profundidade $k\,L$ e se estende de $x=2L\,(k-1)$ a $x=2L\,k$.

Não atingir os degraus anteriores: ao chegar a $x=2L\,k$ a bola precisa estar acima da profundidade $k\,L$ para todo $k\le n-1$: $\dfrac{g\,(2Lk)^2}{2\,v_0^2}2\,g\,L\,k$. A condição mais forte é a de $k=n-1$: $v_0^2>2\,g\,L\,(n-1)$.

Atingir o degrau $n$ (antes de passar sua borda): em $x=2L\,n$ a queda deve ser pelo menos $n\,L$: $\dfrac{g\,(2Ln)^2}{2\,v_0^2}\ge n\,L\Rightarrow v_0^2\le2\,g\,L\,n$.

$$\sqrt{2\,g\,L\,(n-1)}

Ressalva: a posição inicial do pacote (extremidade dianteira, a 2 m da traseira) foi lida na figura.

Aceleração do carro (constante): $a=\dfrac{20}{5}=4\ \text{m/s}^2$. O atrito estático máximo só consegue acelerar o pacote a $\mu_e\,g=3\ \text{m/s}^2<4$: o pacote desliza desde o início.

Com o atrito cinético, a aceleração do pacote é $\mu_c\,g=2\ \text{m/s}^2$. Em relação ao carro, o pacote recua com aceleração $4-2=2\ \text{m/s}^2$. Para percorrer os $2\ \text{m}$ do teto:

$$2=\tfrac12\cdot2\cdot t^2\ \Rightarrow\ t=\sqrt2\approx1{,}4\ \text{s}$$

Ressalva: valores lidos no gráfico, com incerteza de ±10%; a resposta é uma estimativa.

Em cada trecho, $\Delta t=\dfrac{\Delta x}{\bar v}$ com $\bar v$ a velocidade média do trecho (lida no gráfico).

a) Do repouso até o foguete ($x\approx2{,}9\ \text{km}$, $v\approx620\ \text{km/h}=172\ \text{m/s}$), com aceleração aproximadamente constante: $a=\dfrac{v^2}{2x}=\dfrac{172^2}{2\cdot2900}\approx5{,}1\ \text{m/s}^2$ e $t=\dfrac va\approx34\ \text{s}$ (aprox. $30$ s).

b) Trechos seguintes: $2{,}9\to4\ \text{km}$ ($\bar v\approx800\ \text{km/h}$): $\approx5\ \text{s}$; $4\to6$ ($\approx1100$): $\approx6{,}5\ \text{s}$; $6\to8$ ($\approx1430$): $\approx5\ \text{s}$; $8\to9{,}7$ ($\approx1650$): $\approx3{,}7\ \text{s}$. Total $\approx30+5+6{,}5+5+3{,}7\approx50\ \text{s}$.

Ressalva: esta é a contagem direta da atração dos dois astros, como pede o enunciado; o efeito de maré real (diferença entre a atração no ponto e no centro da Terra) é muito menor.

Para uma pessoa no ponto da Terra voltado para a Lua e o Sol, os dois astros atraem para cima (para fora da Terra), reduzindo o peso: $P_0-P=m\,(g_L+g_S)$. Com $g_T=\dfrac{G\,m_T}{R_T^2}$:

$$\frac{g_L}{g_T}=\frac{m_L}{m_T}\left(\frac{R_T}{D_L}\right)^2=\frac{0{,}012}{3600}=3{,}3\times10^{-6}\qquad\frac{g_S}{g_T}=\frac{3{,}3\times10^{5}}{(2{,}3\times10^{4})^2}=6{,}2\times10^{-4}$$

$$\frac{P_0-P}{P_0}\approx6{,}2\times10^{-4}+0{,}03\times10^{-4}\approx6\times10^{-4}$$ O efeito do Sol é cerca de 190 vezes o da Lua.

A frequência de uma corda é proporcional à raiz da tensão: $f\propto\sqrt T$. Com $T\to T\,(1\pm0{,}0045)$: $f_\pm=440\,(1\pm0{,}0045)^{1/2}\approx440\,(1\pm0{,}00225)$.

$f_+\approx440{,}99\ \text{Hz}$ e $f_-\approx439{,}01\ \text{Hz}$:

$$f_{bat}=f_+-f_-=440\cdot0{,}0045\approx2{,}0\ \text{Hz}$$ (a terceira corda, em 440 Hz, bate com cada uma a $\approx1\ \text{Hz}$).

O volume que sobe no capilar é $\Delta V=\beta\,V_0\,\Delta T=\dfrac{\pi d^2}{4}\,\Delta h$. Para a mesma escala (o mesmo $\Delta h$ por grau) com o mesmo $V_0$: $d^2\propto\beta$.

$$\frac{d_{Hg}^2}{d_{alc}^2}=\frac{\beta_{Hg}}{\beta_{alc}}=\frac15\Rightarrow\frac{d_{Hg}}{d_{alc}}=\frac1{\sqrt5}\approx0{,}45$$

a) Adiabática: $P\,V^\gamma=P_0V_0^\gamma$. Com $V=V_0+A\,y$: $P=P_0\left(1+\dfrac{A\,y}{V_0}\right)^{-\gamma}\approx P_0\left(1-\gamma\dfrac{A\,y}{V_0}\right)$, logo $$\Delta P=-\gamma\,P_0\,\frac{A\,y}{V_0}$$

b) A variação da força do gás sobre o êmbolo (o peso e a pressão externa permanecem iguais) é $F=A\,\Delta P=-\dfrac{\gamma\,P_0\,A^2}{V_0}\,y$: uma força restauradora linear, constante $k=\dfrac{\gamma P_0A^2}{V_0}$.

c) MHS: $T=2\pi\sqrt{\dfrac mk}=2\pi\sqrt{\dfrac{m\,V_0}{\gamma\,P_0\,A^2}}$. Isolando:

$$\gamma=\frac{4\pi^2\,m\,V_0}{P_0\,A^2\,T^2}$$

a) A luz vai e volta em $t=\dfrac{2L}{c}$. O primeiro bloqueio total ocorre quando, nesse intervalo, o disco gira o suficiente para que um dente ocupe o lugar da fresta por onde a luz passou: meio período dos dentes, ou seja, um ângulo $\dfrac{2\pi}{2N}=\dfrac\pi N$ ($2N$ aberturas e dentes alternados). Com $\omega\,t=\dfrac{\pi}{N}$:

$$\omega\,\frac{2L}{c}=\frac\pi N\ \Rightarrow\ c=\frac{2\,L\,N\,\omega}{\pi}$$

b) $\omega=2\pi\cdot12{,}5=25\pi\ \text{rad/s}$: $$c=\frac{2\cdot8600\cdot720\cdot25\pi}{\pi}=2\cdot8600\cdot720\cdot25\approx3{,}1\times10^{8}\ \text{m/s}$$

Seja $i$ o ângulo de incidência (com a normal radial) e $r$ o de refração: $\text{sen}\,i=\dfrac hR=n\,\text{sen}\,r$. O raio refratado vai do ponto de entrada $E$ até $P$ (extremidade do diâmetro paralelo ao raio incidente).

No triângulo isósceles $OEP$ ($OE=OP=R$), os ângulos de base valem $r$ e o ângulo no vértice $O$ é $180^\circ-2r$. Pela geometria do raio incidente, o ângulo $\widehat{EOP}$ também vale $180^\circ-i$. Portanto $i=2r$.

Então $\text{sen}\,2r=n\,\text{sen}\,r\Rightarrow2\cos r=n=\sqrt3\Rightarrow r=30^\circ$ e $i=60^\circ$:

$$\frac hR=\text{sen}\,60^\circ=\frac{\sqrt3}{2}$$

Em $P$ o raio é refletido simetricamente em relação ao eixo e, ao sair, volta paralelo ao incidente (à altura $-h$).